108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丙組《近代物理》

核心觀念

本題以五個近代物理與現代物理的重要概念為主，重點不在複雜計算，而在於：

• 說明物理機制；
• 寫出關鍵定義與公式；
• 指出實驗或裝置所揭示的物理意義；
• 分辨相近概念，例如 synchrotron 與 cyclotron、重力紅移與一般都卜勒效應。

本題不是選擇題，因此沒有逐一判斷選項的要求；各小題均直接給予定義、原理與應用。

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(a) Optical tweezer（光鑷）

核心觀念

光鑷是利用高度聚焦的雷射光束，捕捉並操控微小透明粒子的技術，常見對象包括介電微球、細胞、病毒與生物分子。

其基本原理是光對物體產生的電磁力，主要包含：

1. 梯度力（gradient force）：將粒子拉向光強最大的區域；
2. 散射力（scattering force）：光子動量被粒子散射後，沿雷射傳播方向推動粒子。

對透明、可極化粒子而言，粒子受到的誘導偶極矩可寫成

$$\mathbf{p}=\alpha \mathbf{E},$$

其中 $\alpha$ 為極化率。光強不均勻時，梯度力近似為

$$\mathbf{F}_{\mathrm{grad}} \propto \alpha \nabla I,$$

其中 $I$ 為光強。

解題方法

回答此名詞時，應依序說明「使用何種光」以及「如何形成捕捉力」：

• 以高數值孔徑物鏡將雷射高度聚焦；
• 焦點附近的光強具有很大的空間梯度；
• 介電粒子受到梯度力而被拉向焦點；
• 軸向上的散射力需由梯度力抵消，才能形成穩定三維捕捉。

光鑷可施加約皮牛頓量級的力，因此能測量分子馬達、DNA、蛋白質與細胞的微小力學性質。

解題技巧

不可只寫「用雷射抓住粒子」，必須指出關鍵是光強梯度造成的梯度力。若只提到光壓，答案會偏向散射力，無法完整說明穩定捕捉的原因。

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(b) Schwarzschild radius（史瓦西半徑）

核心觀念

史瓦西半徑是非旋轉、無電荷、球對稱質量所形成之黑洞的事件視界半徑，定義為

$$r_s=\frac{2GM}{c^2},$$

其中：

• $G$ 為萬有引力常數；
• $M$ 為天體質量；
• $c$ 為真空光速。

當一個物體的全部質量被壓縮在 $r_s$ 以內時，根據廣義相對論，連光也無法逃離，因而形成黑洞。

解題方法

在弱場的直觀說法中，若以牛頓力學估計逃逸速度，

$$v_{\mathrm{esc}}=\sqrt{\frac{2GM}{r}}.$$

令逃逸速度等於光速 $c$：

$$c=\sqrt{\frac{2GM}{r_s}},$$

即可得到

$$r_s=\frac{2GM}{c^2}.$$

嚴格而言，史瓦西半徑來自廣義相對論的 Schwarzschild metric，其事件視界位於

$$r=r_s.$$

上述逃逸速度推導只提供直觀理解，真正的黑洞事件視界必須以廣義相對論描述。

解題技巧

常見錯誤包括：

• 漏掉係數 $2$；
• 寫成 $GM/c^2$；
• 將史瓦西半徑誤認為黑洞的實體表面。

它是事件視界的半徑，不是物質表面。質量越大，史瓦西半徑越大，且具有線性關係：

$$r_s\propto M.$$

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(c) Synchrotron（同步加速器）

核心觀念

同步加速器是一種利用磁場使帶電粒子作圓周運動，並利用射頻電場在特定位置反覆加速的粒子加速器。

帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力：

$$\mathbf{F}=q\mathbf{v}\times\mathbf{B}.$$

當粒子速度垂直於磁場時，磁力提供向心力：

$$\frac{pv}{r}=qvB,$$

因此

$$p=qBr,$$

其中 $p$ 為粒子動量，$r$ 為軌道半徑。

在相對論情況下，粒子動量增加時，會同步調整磁場 $B$，使軌道半徑仍維持固定。因此粒子可沿固定環形軌道持續加速，這也是「同步」的意義。

解題方法

完整描述同步加速器應包含三個部分：

1. 磁場彎轉粒子軌道
   磁場不直接增加粒子能量，而是改變運動方向。

2. 射頻電場增加粒子能量
   粒子每次通過加速腔時，射頻電場與其運動方向配合，使動能增加。

3. 磁場隨動量同步調整
   由

   $$p=qBr$$

   可知，在固定 $r$ 下，粒子動量增加時，磁場必須同步增強。

高速帶電粒子在彎曲軌道上會發出同步輻射（synchrotron radiation），造成能量損失，但同步輻射也可作為高亮度電磁輻射來源，應用於材料科學、醫學與生物結構分析。

解題技巧

同步加速器與迴旋加速器的差異是重要考點：

核心觀念

本題考查費米–狄拉克分布，描述費米子在熱平衡下佔據某一允許量子態的機率：

$$f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/kT}+1}$$

其中：

• $E$：該允許狀態的能量
• $E_F$：費米能階
• $k$：波茲曼常數
• $T$：絕對溫度

題目給定該狀態位於費米能階以上 $5kT$，因此

$$E-E_F=5kT$$

解題方法

將 $E-E_F=5kT$ 代入費米–狄拉克分布：

$$f(E)=\frac{1}{e^{5}+1}$$

由於

$$e^5\approx 148.413$$

所以

$$f(E)=\frac{1}{149.413} \approx 0.00669$$

換算成百分比：

$$f(E)\times 100\% \approx 0.669\%$$

核心觀念

本題考查德布羅意物質波的色散關係，以及相速度與群速度的定義：

• 相速度：
  $v_p=\frac{\omega}{k}$
• 群速度：
  $v_g=\frac{d\omega}{dk}$
• 相對論能量—動量關係：
  $E^2=c^2p^2+m^2c^4$
• 能量與動量的波動表示：
  $E=\hbar\omega,\qquad p=\hbar k$

目標是證明：

$v_pv_g=c^2$

以下取正能量分支 $E>0$。

解題方法

將 $E=\hbar\omega$ 與 $p=\hbar k$ 代入相對論能量—動量關係：

$$(\hbar\omega)^2=c^2(\hbar k)^2+m^2c^4$$

整理得色散關係：

$$\hbar^2\omega^2=\hbar^2c^2k^2+m^2c^4$$

兩邊對 $k$ 微分：

$$2\hbar^2\omega\frac{d\omega}{dk} = 2\hbar^2c^2k$$

因此群速度為：

$$v_g=\frac{d\omega}{dk} =\frac{c^2k}{\omega}$$

另一方面，相速度定義為：

$$v_p=\frac{\omega}{k}$$

兩者相乘：

$$v_pv_g = \frac{\omega}{k}\cdot\frac{c^2k}{\omega} =c^2$$

故得證：

$$\boxed{v_pv_g=c^2}$$

以能量與動量直接驗算

由

$$E=\hbar\omega,\qquad p=\hbar k$$

(a)
兩個海森堡不確定性關係式

$\Delta x\,\Delta p \;\ge\; \frac{\hbar}{2}$

• $\Delta x$：粒子位置的測量不確定度（測量尺度）。
• $\Delta p$：對應的動量不確定度。

$\Delta E\,\Delta t \;\ge\; \frac{\hbar}{2}$

• $\Delta E$：能量的測量不確定度。
• $\Delta t$：測量此能量所需的時間寬度（或系統在此時間內的能量變化尺度）。

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(b)
核子直徑 $d=12\,$fm，取位置不確定度為半徑

$\Delta x \approx \frac{d}{2}=6\ \text{fm}.$

動量不確定度（取上限）

核心觀念

本題考查光電效應，使用愛因斯坦光電方程式：

$$hf=\phi+K_{\max}$$

其中：

• $hf$：入射光子的能量
• $\phi$：金屬功函數
• $K_{\max}$：光電子最大動能

光子能量也可由波長表示為：

$$E_{\gamma}=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

本題第二小題則利用入射光功率除以單一光子能量，求出每秒入射的光子數，再乘上光電轉換比例。

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解題方法與計算

（a）光電子的最大動能

已知：

$$\lambda=300\ \text{nm},\qquad \phi=2.2\ \text{eV}$$

光子的能量為：

$$E_{\gamma}=\frac{hc}{\lambda}$$

使用方便的換算式：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

因此：

$$E_{\gamma} =\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{300\ \text{nm}} =4.13\ \text{eV}$$

由光電方程式：

$$K_{\max}=E_{\gamma}-\phi$$

代入數值：

$$K_{\max}=4.13-2.2 =1.93\ \text{eV}$$

換算成焦耳：

$$K_{\max} =1.93(1.602\times10^{-19}) \approx 3.09\times10^{-19}\ \text{J}$$

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（b）每秒放出的光電子數

鉀表面的面積為：

$$A=1\ \text{cm}^2=1.00\times10^{-4}\ \text{m}^2$$

入射光功率為：

$$P=IA$$

其中光強度 $I=1.00\ \text{W/m}^2$，所以：

$$P=(1.00)(1.00\times10^{-4}) =1.00\times10^{-4}\ \text{J/s}$$

單一光子的能量使用焦耳表示：

核心觀念

本題考查一維無限深方形位能井（infinite square well）的定態薛丁格方程、邊界條件、能量本徵值、波函數，以及量子力學中機率與期望值的計算。

假設粒子被限制在

$$0<x<L$$

且井外具有無限高位能：

$$V(x)= \begin{cases} 0, & 0<x<L,\\ \infty, & x\leq 0\ \text{或}\ x\geq L. \end{cases}$$

因為井外位能無限大，粒子不可能出現在井外，因此波函數必須滿足

$$\psi(0)=\psi(L)=0.$$

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解題方法

在井內 $V(x)=0$，使用一維時間獨立薛丁格方程，解出符合邊界條件的波函數，再利用波函數平方的絕對值計算位置機率，最後由位置算符的期望值求 $\langle x\rangle$。

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（a）一維薛丁格方程

一維含時間薛丁格方程為

$$i\hbar\frac{\partial\Psi(x,t)}{\partial t} = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2} +V(x) \right]\Psi(x,t).$$

對定態波函數 $\psi(x)$，可分離變數得到時間獨立薛丁格方程：

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} +V(x)\psi(x) = E\psi(x).$$

在無限深方形位能井內，$V(x)=0$，因此

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E\psi(x), \qquad 0<x<L.$$

井外由於 $V=\infty$，波函數必須為零：

$$\psi(x)=0, \qquad x\leq 0\ \text{或}\ x\geq L.$$

（a）答案：

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} +V(x)\psi(x) = E\psi(x),$$

其中井內 $V(x)=0$，並滿足 $\psi(0)=\psi(L)=0$。

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（b）能量本徵值與波函數

井內方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} = E\psi.$$

整理得

$$\frac{d^2\psi}{dx^2} + \frac{2mE}{\hbar^2}\psi = 0.$$

令

$$k^2=\frac{2mE}{\hbar^2},$$

則微分方程為

$$\frac{d^2\psi}{dx^2}+k^2\psi=0.$$

其一般解為

$$\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx).$$

由左側邊界條件 $\psi(0)=0$：

$$\psi(0)=A\sin 0+B\cos 0=B=0.$$

因此

$$\psi(x)=A\sin(kx).$$

再利用右側邊界條件 $\psi(L)=0$：

$$\psi(L)=A\sin(kL)=0.$$

非零波函數要求

$$\sin(kL)=0,$$

所以

$$kL=n\pi, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此允許的波數為

$$k_n=\frac{n\pi}{L}.$$

由 $k^2=2mE/\hbar^2$，能量本徵值為

$$E_n = \frac{\hbar^2k_n^2}{2m} = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.$$

使用 $\hbar=h/(2\pi)$，也可寫成

$$E_n=\frac{n^2h^2}{8mL^2}.$$

波函數歸一化

波函數必須滿足

$$\int_0^L|\psi_n(x)|^2dx=1.$$

代入 $\psi_n(x)=A\sin(n\pi x/L)$：

$$A^2\int_0^L\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=1.$$

由

$$\int_0^L\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=\frac{L}{2},$$

可得

$$A=\sqrt{\frac{2}{L}}.$$

所以歸一化後的本徵波函數為

$$\psi_n(x)= \begin{cases} \sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right), & 0<x<L,\\[6pt] 0, & \text{其他位置}. \end{cases}$$

其中 $n=1$ 為基態，$n=2$ 為第一激發態。

（b）答案：

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2} =\frac{n^2h^2}{8mL^2}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$ $$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right), \qquad 0<x<L.$$

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（c）位於 $0.4L$ 到 $0.6L$ 的機率

位置機率密度為

$$P_n(x)=|\psi_n(x)|^2 = \frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

因此區間 $a<x<b$ 的機率為